Εγκεντρικότητες

KARKAR · #1

: Εγκεντρικότητες.png (7.45 KiB) Προβλήθηκε 1319 φορές

Στο ορθογώνιο τραπέζιο ABCD

, είναι :

και τα σημεία E , F

είναι τα έγκεντρα των τριγώνων ABC , ACD

αντίστοιχα . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AF}{CE}$ .

cool geometry · #2

Εύκολη άσκηση. Θα επανέλθω με τη λύση.

cool geometry · #3

πολλές πράξεις...

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 18, 2022 5:50 pm
Εγκεντρικότητες.pngΣτο ορθογώνιο τραπέζιο , είναι : και τα σημεία

είναι τα έγκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AF}{CE}$ .

Ας είναι

τα σημεία επαφής του μεγάλου και του μικρού κύκλου με την

.

Τις ακτίνες αυτών των κύκλων θέτω με x,y

ενώ , $AB = 4k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = 2k\,\,$ .

Προφανώς δε $\vartriangle FJA \approx \vartriangle EGC$ και άρα ο λόγος που θέλω είναι : $\boxed{\lambda = \dfrac{x}{y}}$ .

Η ημιπερίμετρος του $\vartriangle ABC$ είναι , ${s_1} = \dfrac{1}{2}\left( {4k + 2k + \sqrt {16{k^2} + 4{k^2}} } \right) = k\left( {3 + \sqrt 5 } \right)\,\,\left( 1 \right)$

: Εγγκεντρότητες_1.png (20.91 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Επειδή το εμβαδόν $\left( {ABC} \right) = \dfrac{1}{2}4k \cdot 2k = {s_1}y \Rightarrow 4{k^2} = k\left( {3 + \sqrt 5 } \right)y$ έχω: $\boxed{y = \dfrac{{4k}}{{3 + \sqrt 5 }}}\,\,\,\left( 2 \right)\,\,$ . Με όμοιο τρόπο

Η ημιπερίμετρος του $\vartriangle CAD$ είναι ${s_2} = 2k\left( {1 + \sqrt 5 } \right)$ ενώ το εμβαδόν του προφανώς είναι διπλάσιο του $\left( {ABC} \right)$ , δηλαδή $\left( {CAD} \right) = 8{k^2}$ .

Επειδή τώρα $8{k^2} = {s_2}x \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{4k}}{{1 + \sqrt 5 }}}\,\left( 3 \right)$ , από $\left( 2 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 3 \right)$ θα έχω: $\boxed{\lambda = \frac{x}{y} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{{1 + \sqrt 5 }} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

Άλλη λύση

Aπό γνωστή πρόταση στο $\vartriangle ABC$ και Θ διχοτόμων στο $\vartriangle ADC$ .

$\left\{ \begin{gathered} y = {s_1} - AC = k\left( {3 + \sqrt 5 } \right) - 2k\sqrt 5 = k\left( {3 - \sqrt 5 } \right) \hfill \\ \frac{x}{{4k - x}} = \frac{{2k}}{{2k\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ ή $\left\{ \begin{gathered} y = k\left( {3 - \sqrt 5 } \right) \hfill \\ x = \frac{{4k}}{{1 + \sqrt 5 }} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{x}{y} = \varphi }$

cool geometry · #5

ωραία λύση

#6

'Εστω

το μέσο του

και

το έκκεντρο του τριγώνου AMC

. Ας το δούμε έτσι:

O Θανάσης στην πραγματικότητα ζητάει τον λόγο $\dfrac{AF}{AI}$

Από θεώρημα διχοτόμων $\dfrac{AI}{IF}=\dfrac{AM}{MF}$

Αλλά, από γνωστό τύπο: $MF =\dfrac{AM\cdot MC}{AM+AC}$ οπότε $\dfrac{AM}{MF}=\dfrac{AM+AC}{MC}$

Έτσι $\dfrac{AI}{IF}=\dfrac{AM+AC}{MC}$

Υπολογίζω

$\dfrac{AI}{IF}=\dfrac{AM+AC}{MC}=\dfrac{AM+\sqrt{AM^2+MC^2}}{2AM}=\dfrac{AM+\sqrt{AM^2+4AM^2}}{2AM}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

Άρα το τμήμα

διαιρείται από το

σε μέσο κι άκρο λόγο, συνεπώς $\dfrac{AF}{AI}=\Phi$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 18, 2022 5:50 pm
Εγκεντρικότητες.pngΣτο ορθογώνιο τραπέζιο , είναι : και τα σημεία

είναι τα έγκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AF}{CE}$ .

Χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα,θεωρούμε BC=1

οπότε

Επειδή $\angle ABD=45^0$ το

ανήκει στην

κι επειδή

μεσοκάθετος της

το

ανήκει στην

και προφανώς CE//AF

Με Π.Θ είναι $AC= \sqrt{5}=AH$

$\dfrac{CE}{EH}= \dfrac{1}{ \sqrt{5}+2 } \Rightarrow \dfrac{CE}{CH}=\dfrac{1}{ \sqrt{5}+3 } (1)$

$\dfrac{CH}{AF}= \dfrac{1+ \sqrt{5} }{1 } (2)$ και $(1).(2) \Rightarrow \dfrac{CE}{AF}= \dfrac{ \sqrt{5}+1 }{3+ \sqrt{5} }= \dfrac{1}{ \Phi } \Rightarrow \dfrac{AF}{CE}= \Phi$

: εγκεντρικότητες.png (24.36 KiB) Προβλήθηκε 1128 φορές

#8

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 19, 2022 5:52 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 18, 2022 5:50 pm
Εγκεντρικότητες.pngΣτο ορθογώνιο τραπέζιο , είναι : και τα σημεία

είναι τα έγκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AF}{CE}$ .
http://mathematica.gr/

Χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα,θεωρούμε οπότε

Επειδή $\angle ABD=45^0$ το ανήκει στην κι επειδή μεσοκάθετος της

το ανήκει στην και προφανώς

Με Π.Θ είναι $AC= \sqrt{5}=AH$

$\dfrac{CE}{EH}= \dfrac{1}{ \sqrt{5}+2 } \Rightarrow \dfrac{CE}{CH}=\dfrac{1}{ \sqrt{5}+3 } (1)$

$\dfrac{CH}{AF}= \dfrac{1+ \sqrt{5} }{1 } (2)$ και $(1).(2) \Rightarrow \dfrac{CE}{AF}= \dfrac{ \sqrt{5}+1 }{3+ \sqrt{5} }= \dfrac{1}{ \Phi } \Rightarrow \dfrac{AF}{CE}= \Phi$

εγκεντρικότητες.png

Απλές, ευανάγνωστες, γεωμετρικές σχέσεις .

cool geometry · #9

βλέπω όμορφες λύσεις πάντως, εγώ έχω μία ανιαρή τριγωνομετρική λύση.

cool geometry · #10

Εύκολη άσκηση για τα παιδιά του

cool geometry · #11

Εγκεντρικότητες

Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Μέλη σε σύνδεση